2020届江苏高考数学（理）总复习讲义： 空间向量的综合应用

第七节空间向量的综合应用

考点一 向量法解决探索性问题 ?题点多变型考点——多角探明? [锁定考向]

探索性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度． 立体几何中常见的探索性问题有： (1)探索性问题与平行相结合； (2)探索性问题与垂直相结合；

(3)探索性问题与空间角相结合．

[题点全练]

角度一：探索性问题与平行相结合

1.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5.

(1)求证：PD⊥平面PAB；

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

AM

(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，AP说明理由．

解：(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB?平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A， 所以PD⊥平面PAB.

(2)取AD的中点O，连接PO，CO. 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.

又因为PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， 所以PO⊥平面ABCD.

因为CO?平面ABCD，所以PO⊥CO. 因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

如图所示，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2，0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． ―→―→―→

则PD＝(0，－1，－1)，PC＝(2,0，－1)，PB＝(1,1，－1)， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， ―→??PD＝0，?n·?－y－z＝0，则?即?

―→?2x－z＝0.??PC＝0，?n·

令z＝2，则x＝1，y＝－2. 所以n＝(1，－2,2)． ―→

又PB＝(1,1，－1)，

―→n·PB3―→

所以cos〈n，PB〉＝―＝－. →3

|n||PB|所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为(3)设M是棱PA上一点， ―→―→

则存在λ∈[0,1]，使得AM＝λAP.

―→

因此点M(0,1－λ，λ)，BM＝(－1，－λ，λ)． 因为BM?平面PCD，

―→

所以要使BM∥平面PCD，当且仅当BM·n＝0， 即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.

AM11解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD，此时AP＝. 44角度二：探索性问题与垂直相结合

2.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC1

＝∠BAD＝90°，且PA＝AB＝BC＝AD＝1 ，PA⊥平面ABCD.

2

(1)求PB与平面PCD所成角的正弦值；

(2)在棱PD上是否存在一点E满足∠AEC＝90°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．

3. 3

解：(1)依题意，以A为坐标原点，

分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，

―→―→―→

从而PB＝(1,0，－1)，PC＝(1,1，－1)，PD＝(0,2，－1)， 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， ―→??PC＝0，?n·?a＋b－c＝0，则?即?

―→?2b－c＝0，??PD＝0，?n·

不妨取c＝2，则b＝1，a＝1，

所以平面PCD的一个法向量为n＝(1,1,2)， 1－23―→

则cos〈PB，n〉＝＝－，

62×6所以PB与平面PCD所成角的正弦值为

3

. 6

―→―→

(2)设PE＝λPD (0≤λ≤1)，则E(0,2λ，1－λ)， ―→―→

所以CE＝(－1,2λ－1,1－λ)，AE＝(0,2λ，1－λ)， ―→―→

由∠AEC＝90°，得AE·CE＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0， 化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解， 所以在棱PD上不存在一点E满足∠AEC＝90°. 角度三：探索性问题与空间角相结合

3．(2019·苏州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，BE点M为PC的中点，点E为BC边上的动点，且EC＝λ.

(1)求证：平面ADM⊥平面PBC；

(2)是否存在实数λ，使得二面角P-DE-B的余弦值为若不存在，说明理由．

解：(1)证明：取PB的中点N，连结MN，AN， 因为M是PC的中点， 1

所以MN∥BC，MN＝BC＝2，

2又BC∥AD， 所以MN∥AD，

2

？若存在，试求出实数λ的值；2

又因为MN＝AD，

所以四边形ADMN为平行四边形， 因为AP⊥AD，AB⊥AD，AB∩AP＝A， 所以AD⊥平面PAB，

所以AD⊥AN，所以AN⊥MN， 因为AP＝AB，所以AN⊥PB， 又因为PB∩MN＝N， 所以AN⊥平面PBC，

因为AN?平面ADM，所以平面ADM⊥平面PBC. (2)存在符合条件的λ.

以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，设BE＝t， ―→

则E(2，t,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，从而PD＝(0,2，－―→

2)，DE＝(2，t－2,0)，

设平面PDE的法向量为n1＝(x，y，z)，

―→??2y－2z＝0，PD＝0，?n1·?

则?即?令y＝z＝2，解得x＝2－t，所以n1＝(2－t,2,2)，

―→?2x＋?t－2?y＝0，??DE＝0，?n1·

又平面DEB即为平面xAy，故其一个法向量为n2＝(0,0,1)， 则|cos〈n1，n2〉|＝

|n1·n2|22

＝＝， |n1|·|n2|?2－t?2＋4＋42

解得t＝2，可知λ＝1.

[通法在握]

解立体几何中探索性问题的方法

(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理； (2)若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明； (3)若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在． [提醒] 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．

[演练冲关]

如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．

(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；

(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D-xyz. 依题易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，11―→―→

，1，0?，所以NE＝?－，0，－1?，AM＝(－1,0,1)． E??2??2?

设异面直线NE与AM所成的角为θ，

1

―→―→

2|NE·AM|10―→―→

则cos θ＝|cos〈NE，AM〉|＝―＝＝. →―→105|NE|·|AM|×2

2所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为10. 10

(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN， ―→―→―→

因为AN＝(0,1,1)，可设AS＝λAN＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， ―→1

，－1，0?， 又EA＝??2?

―→―→―→1

，λ－1，λ?. 所以ES＝EA＋AS＝??2?由ES⊥平面AMN，

―→―→1??AM＝0，?ES·?－2＋λ＝0，1

得?即?解得λ＝，

2―→―→???λ－1＋λ＝0，AN＝0，?ES·112―→―→

0，，?，|AS|＝. 此时AS＝??22?2经检验，当AS＝

2

时，ES⊥平面AMN. 2

故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN， 此时AS＝

2. 2

考点二 由定角求参数的值 ?重点保分型考点——师生共研?

[典例引领]

(2019·海门模拟) 如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，AB⊥AC，―→―→

AB＝2，AC＝4，AA1＝2.设BD＝λDC (λ＞0)．

(1)若λ＝1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值； (2)若二面角B1 -A1C1 -D的大小为 …… 此处隐藏：2045字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……